NΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1962 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων τα οποία απέχουν από δυο τεμνόμενες ευθείες αποστάσεις που έχουν σταθερό λόγο $\displaystyle{\frac{\mu}{\nu}}$ . Να ορισθεί το είδος, ο αριθμός και η σχετική θέση των γραμμών που αποτελούν τον γεωμετρικό τόπο.

2. Σε κύκλο δίνεται μια συγκεκριμένη κατά θέση διάμετρος $\displaystyle{EZ}$ και δυο σταθερά σημεία του κύκλου, προς το ίδιο μέρος της διαμέτρου. Ζητείται να βρεθεί στον κύκλο ένα σημείο $\displaystyle{ \Gamma}$ ώστε οι χορδές $\displaystyle{\Gamma A}$ και $\displaystyle{ \Gamma B}$ να τέμνουν την δοθείσα διάμετρο σε δυο σημεία $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ που ορίζουν εκατέρωθεν του κέντρου του κύκλου $\displaystyle{O}$ δυο τμήματα $\displaystyle{OM}$ και $\displaystyle{ON}$ ίσα μεταξύ τους.

3. Να βρεθεί ο όγκος κόλουρης πυραμίδας συναρτήσει των βάσεων και του ύψους της.

4. Εαν $\displaystyle{E}$ τυχαίο σημείο στο εσωτερικό του παραλληλογράμμου $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ , να δειχθεί με δυο τρόπους οτι το άθροισμα των εμβαδών των τριγώνων $\displaystyle{AEB}$ και $\displaystyle{\Delta E\Gamma}$ ισούται προς το άθροισμα των εμβαδών των τριγώνων $\displaystyle{AE\Delta}$ και $\displaystyle{BE\Gamma}$ .

#2

parmenides51 έγραψε:
4. Εαν $\displaystyle{E}$ τυχαίο σημείο στο εσωτερικό του παραλληλογράμμου $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ , να δειχθεί με δυο τρόπους οτι το άθροισμα των εμβαδών των τριγώνων $\displaystyle{AEB}$ και $\displaystyle{\Delta E\Gamma}$ ισούται προς το άθροισμα των εμβαδών των τριγώνων $\displaystyle{AE\Delta}$ και $\displaystyle{BE\Gamma}$ .

α τρόπος:

: Ναυτικών Δοκίμων 1962.png (12.47 KiB) Προβλήθηκε 1845 φορές

Φέρνω από το σημείο

την

κάθετη στις $AB, \Gamma\Delta$ .

$\displaystyle{({\rm A}{\rm E}{\rm B}) + (\Delta {\rm E}\Gamma ) = \frac{1}{2}{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm E}{\rm Z} + \frac{1}{2}\Gamma \Delta \cdot {\rm E}{\rm K} = \frac{1}{2}{\rm A}{\rm B}({\rm E}{\rm Z} + {\rm E}{\rm K})}$

$\displaystyle{({\rm A}{\rm E}{\rm B}) + (\Delta {\rm E}\Gamma ) = \frac{1}{2}{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm Z}{\rm K} = \frac{1}{2}({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta )}$ .

Άρα θα είναι και $\displaystyle{({\rm A}{\rm E}\Delta ) + ({\rm B}{\rm E}\Gamma ) = \frac{1}{2}({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta )}$ .

β τρόπος:

: Ναυτικών Δοκίμων 1962.β.png (17.39 KiB) Προβλήθηκε 1845 φορές

Φέρνω από το

παράλληλες στις πλευρές του παραλληλογράμμου, οπότε προκύπτουν τα παρακάτω ίσα τρίγωνα.

$\displaystyle{{\Sigma _1} = {\Sigma _2},{\Sigma _3} = {\Sigma _4},{\Sigma _5} = {\Sigma _6},{\Sigma _7} = {\Sigma _8}}$

$\displaystyle{({\rm A}{\rm E}{\rm B}) + (\Delta {\rm E}\Gamma ) = ({\Sigma _2}) + ({\Sigma _3}) + ({\Sigma _6}) + ({\Sigma _7})}$

$\displaystyle{ = ({\Sigma _1}) + ({\Sigma _4}) + ({\Sigma _5}) + ({\Sigma _8}) = ({\rm A}{\rm E}\Delta ) + ({\rm B}{\rm E}\Gamma )}$

#3

parmenides51 έγραψε: 3. Να βρεθεί ο όγκος κόλουρης πυραμίδας συναρτήσει των βάσεων και του ύψους της.

: Ναυτικών Δοκίμων 1962. Γεωμετρία png.png (10.16 KiB) Προβλήθηκε 1821 φορές

Υποθέτουμε ότι οι βάσεις της κόλουρης πυραμίδας είναι τετράπλευρα. Ανάλογη είναι η απόδειξη για οποιοδήποτε πολύγωνο.
Έστω $B, \beta$ το εμβαδόν της μεγάλης και της μικρής αντίστοιχα βάσης της κόλουρης πυραμίδας. Η κόλουρη πυραμίδα προέκυψε από την τομή της πυραμίδας $OK\Lambda MN$ με το επίπεδο $K_1\Lambda_1 M_1N_1$ που είναι παράλληλο στη βάση της.
Οι βάσεις της κόλουρης πυραμίδας είναι όμοια πολύγωνα και έστω $\lambda$ ο λόγος ομοιότητας.

Έστω $\displaystyle{{\upsilon _1}}$ το ύψος της πυραμίδας $OK_1\Lambda_1 M_1N_1$ και $\displaystyle{\upsilon }$ το ύψος της κόλουρης πυραμίδας. Έστω ακόμη V_1, V_2, V

ο όγκος της μικρής πυραμίδας, ο όγκος της μεγάλης πυραμίδας και ο όγκος της κόλουρης πυραμίδας αντίστοιχα.

Είναι: $\displaystyle{V = {V_2} - {V_1} = \frac{1}{3}B({\upsilon _1} + \upsilon ) - \frac{1}{3}\beta \cdot {\upsilon _1} \Leftrightarrow V = \frac{1}{3}[({\rm B} - \beta ){\upsilon _1} + {\rm B}\upsilon ]}$ (1)

Αλλά, $\displaystyle{\frac{{{\upsilon _1}}}{{{\upsilon _1} + \upsilon }} = \lambda \Leftrightarrow \frac{\beta }{{\rm B}} = {\lambda ^2} \Leftrightarrow {\upsilon _1} + \upsilon = {\upsilon _1}\sqrt {\frac{{\rm B}}{\beta }} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{{\upsilon _1}\left( {\sqrt {\frac{{\rm B}}{\beta }} - 1} \right) = \upsilon \Leftrightarrow {\upsilon _1} = \frac{{\upsilon \sqrt \beta }}{{\sqrt {\rm B} - \sqrt \beta }} \Leftrightarrow {\upsilon _1} = \frac{{\upsilon \left( {\sqrt {{\rm B}\beta } + \beta } \right)}}{{{\rm B} - \beta }}}$ (2)

Από

έχουμε:

$\displaystyle{V = \frac{1}{3}\left[ {({\rm B} - \beta )\frac{{\upsilon \sqrt {{\rm B}\beta } + \beta }}{{{\rm B} - \beta }} + {\rm B}\upsilon } \right] \Leftrightarrow }$ $\boxed{V = \frac{\upsilon }{3}\left( {{\rm B} + \beta + \sqrt {{\rm B}\beta } } \right)}$

Υ.Γ: Έχετε συνηθίσει τα σχήματα του Κώστα Δόρτσιου και θα σας κακοφανεί.
Δείξτε λίγη επιείκεια

NΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1962 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

NΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1962 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: NΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1962 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: NΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1962 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση